Convex combinations ของ density matrices

การเลือกแบบ probabilistic ของ density matrices

สิ่งสำคัญของ density matrices คือ การเลือกแบบ probabilistic ของสถานะควอนตัมจะแสดงด้วย convex combinations ของ density matrices ที่เกี่ยวข้อง

ตัวอย่างเช่น ถ้ามี density matrices สองตัว $\rho$ และ $\sigma$ แสดงถึงสถานะควอนตัมของระบบ $\mathsf{X}$ และเราเตรียมระบบในสถานะ $\rho$ ด้วยความน่าจะเป็น $p$ และ $\sigma$ ด้วยความน่าจะเป็น $1 - p$ สถานะควอนตัมที่ได้จะแสดงด้วย density matrix

$$p \rho + (1 - p) \sigma.$$

โดยทั่วไปกว่านั้น ถ้ามีสถานะควอนตัม $m$ สถานะที่แสดงด้วย density matrices $\rho_0,\ldots,\rho_{m-1}$ และระบบถูกเตรียมในสถานะ $\rho_k$ ด้วยความน่าจะเป็น $p_k$ สำหรับเวกเตอร์ความน่าจะเป็น $(p_0,\ldots,p_{m-1})$ บางตัว สถานะที่ได้จะแสดงด้วย density matrix

$$\sum_{k = 0}^{m-1} p_k \rho_k.$$

นี่คือ convex combination ของ density matrices $\rho_0,\ldots,\rho_{m-1}$

ต่อมา ถ้ามีเวกเตอร์สถานะควอนตัม $m$ ตัว $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{m-1}\rangle$ และเราเตรียมระบบในสถานะ $\vert\psi_k\rangle$ ด้วยความน่าจะเป็น $p_k$ สำหรับแต่ละ $k\in\{0,\ldots,m-1\}$ สถานะที่ได้จะแสดงด้วย density matrix

$$\sum_{k = 0}^{m-1} p_k \vert\psi_k\rangle\langle\psi_k\vert.$$

ตัวอย่างเช่น ถ้า qubit ถูกเตรียมในสถานะ $\vert 0\rangle$ ด้วยความน่าจะเป็น $1/2$ และในสถานะ $\vert + \rangle$ ด้วยความน่าจะเป็น $1/2$ การแสดง density matrix ของสถานะที่ได้คือ

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \frac{1}{2} \vert +\rangle\langle + \vert = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\[2mm] \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\[2mm] \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix}.$$

ในการกำหนดรูปแบบเชิงควอนตัมแบบง่าย การเฉลี่ยเวกเตอร์สถานะควอนตัมแบบนี้ไม่ได้ผล ยกตัวอย่างเช่น เวกเตอร์

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle + \frac{1}{2} \vert + \rangle = \frac{1}{2} \begin{pmatrix}1\\[1mm] 0\end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}\\[2mm]\frac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{2 + \sqrt{2}}{4}\\[2mm]\frac{\sqrt{2}}{4}\end{pmatrix}$$

ไม่ใช่เวกเตอร์สถานะควอนตัมที่ถูกต้อง เพราะ Euclidean norm ของมันไม่เท่ากับ $1$ ตัวอย่างที่แสดงให้เห็นชัดกว่านี้ว่าวิธีนี้ใช้กับเวกเตอร์สถานะควอนตัมไม่ได้คือ ลองกำหนดเวกเตอร์สถานะควอนตัม $\vert\psi\rangle$ ใดก็ได้ แล้วให้สถานะของเราเป็น $\vert\psi\rangle$ ด้วยความน่าจะเป็น $1/2$ และ $-\vert\psi\rangle$ ด้วยความน่าจะเป็น $1/2$ สถานะเหล่านี้ต่างกันด้วย global phase จึงเป็นสถานะเดียวกันจริงๆ — แต่การเฉลี่ยให้เราได้เวกเตอร์ศูนย์ ซึ่งไม่ใช่เวกเตอร์สถานะควอนตัมที่ถูกต้อง

สถานะ completely mixed

สมมติว่าเราตั้งสถานะของ qubit เป็น $\vert 0\rangle$ หรือ $\vert 1\rangle$ แบบสุ่ม แต่ละตัวด้วยความน่าจะเป็น $1/2$ density matrix ที่แสดงถึงสถานะที่ได้คือ

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle\langle 0\vert + \frac{1}{2} \vert 1\rangle\langle 1\vert = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 0 & 0\\[1mm] 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0\\[1mm] 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \mathbb{I}$$

(ในสมการนี้สัญลักษณ์ $\mathbb{I}$ หมายถึง identity matrix ขนาด $2\times 2$) นี่คือสถานะพิเศษที่เรียกว่า สถานะ completely mixed แสดงถึงความไม่แน่นอนอย่างสมบูรณ์เกี่ยวกับสถานะของ qubit คล้ายกับบิตสุ่มสม่ำเสมอในบริบทของความน่าจะเป็น

ทีนี้สมมติว่าเราเปลี่ยนขั้นตอน: แทนที่จะใช้สถานะ $\vert 0\rangle$ และ $\vert 1\rangle$ เราจะใช้สถานะ $\vert + \rangle$ และ $\vert - \rangle$ เราคำนวณ density matrix ที่อธิบายสถานะที่ได้ได้ในแบบเดียวกัน

$$\frac{1}{2} \vert +\rangle\langle +\vert + \frac{1}{2} \vert -\rangle\langle -\vert = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\[2mm] \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2}\\[2mm] -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0\\[2mm] 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \mathbb{I}$$

ได้ density matrix เดิม แม้ว่าเราจะเปลี่ยนสถานะ ในความเป็นจริง เราจะได้ผลลัพธ์เดิม — สถานะ completely mixed — ไม่ว่าจะแทนที่เวกเตอร์สถานะ qubit ตั้งฉากกันสองตัวใดๆ แทน $\vert 0\rangle$ และ $\vert 1\rangle$

นี่คือคุณสมบัติที่ถูกต้อง ไม่ใช่ข้อผิดพลาด! เราได้สถานะเดิมจริงๆ ไม่ว่าจะทำแบบไหน นั่นคือ ไม่มีทางแยกแยะขั้นตอนทั้งสองได้โดยการวัด qubit ที่สร้างขึ้น แม้ในเชิงสถิติ ขั้นตอนทั้งสองของเราเป็นเพียงวิธีที่แตกต่างกันในการเตรียมสถานะนี้

เราสามารถยืนยันว่านี่สมเหตุสมผลโดยคิดถึงสิ่งที่เราหวังจะเรียนรู้จากการเลือกสถานะแบบสุ่มจากชุดสถานะที่เป็นไปได้หนึ่งในสอง คือ $\{\vert 0\rangle,\vert 1\rangle\}$ และ $\{\vert +\rangle,\vert -\rangle\}$ เพื่อความเรียบง่าย สมมติว่าเราทำการดำเนินการ unitary $U$ กับ qubit ของเรา แล้ววัดในฐาน standard

ในสถานการณ์แรก สถานะของ qubit ถูกเลือกอย่างสม่ำเสมอจากชุด $\{\vert 0\rangle,\vert 1\rangle\}$ ถ้าสถานะคือ $\vert 0\rangle$ เราจะได้ผลลัพธ์ $0$ และ $1$ ด้วยความน่าจะเป็น

$$\vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 \quad\text{and}\quad \vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2$$

ตามลำดับ ถ้าสถานะคือ $\vert 1\rangle$ เราจะได้ผลลัพธ์ $0$ และ $1$ ด้วยความน่าจะเป็น

$$\vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 \quad\text{and}\quad \vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2.$$

เนื่องจากสองความเป็นไปได้เกิดขึ้นแต่ละอย่างด้วยความน่าจะเป็น $1/2$ เราจะได้ผลลัพธ์ $0$ ด้วยความน่าจะเป็น

$$\frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2$$

และผลลัพธ์ $1$ ด้วยความน่าจะเป็น

$$\frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2.$$

นิพจน์ทั้งสองเท่ากับ $1/2$ วิธีหนึ่งในการพิสูจน์คือใช้ข้อเท็จจริงทางพีชคณิตเชิงเส้นที่มองได้ว่าเป็นการขยายทฤษฎีบทพีทาโกรัส

ทฤษฎีบท

สมมติว่า $\{\vert\psi_1\rangle,\ldots,\vert\psi_n\rangle\}$ เป็นฐาน orthonormal ของปริภูมิเวกเตอร์ (จริงหรือเชิงซ้อน) $\mathcal{V}$ สำหรับเวกเตอร์ $\vert \phi\rangle \in \mathcal{V}$ ทุกตัว เรามี $\vert \langle \psi_1\vert\phi\rangle\vert^2 + \cdots + \vert \langle \psi_n \vert \phi \rangle\vert^2 = \| \vert\phi\rangle \|^2.$

เราสามารถนำทฤษฎีบทนี้ไปใช้หาความน่าจะเป็นได้ดังนี้ ความน่าจะเป็นที่จะได้ $0$ คือ

$$\begin{aligned} \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 \Bigr) \\[2mm] & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 0 \vert U^{\dagger} \vert 0 \rangle \vert^2 + \vert \langle 1 \vert U^{\dagger} \vert 0 \rangle \vert^2 \Bigr)\\[2mm] & = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 0 \rangle \bigr\|^2 \end{aligned}$$

และความน่าจะเป็นที่จะได้ $1$ คือ

$$\begin{aligned} \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 \Bigr) \\[2mm] & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 0 \vert U^{\dagger} \vert 1 \rangle \vert^2 + \vert \langle 1 \vert U^{\dagger} \vert 1 \rangle \vert^2 \Bigr)\\[2mm] & = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 1 \rangle \bigr\|^2. \end{aligned}$$

เนื่องจาก $U$ เป็น unitary เราทราบว่า $U^{\dagger}$ ก็เป็น unitary เช่นกัน หมายความว่าทั้ง $U^{\dagger} \vert 0 \rangle$ และ $U^{\dagger} \vert 1 \rangle$ เป็น unit vectors ความน่าจะเป็นทั้งสองจึงเท่ากับ $1/2$ หมายความว่าไม่ว่าเราจะเลือก $U$ อย่างไร เราก็จะได้บิตสุ่มสม่ำเสมอจากการวัด

เราสามารถทำการยืนยันที่คล้ายกันสำหรับคู่สถานะ orthonormal อื่นๆ แทน $\vert 0\rangle$ และ $\vert 1\rangle$ ตัวอย่างเช่น เนื่องจาก $\{\vert + \rangle, \vert - \rangle\}$ เป็นฐาน orthonormal ความน่าจะเป็นที่จะได้ผลลัพธ์ $0$ ในขั้นตอนที่สองคือ

$$\frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert + \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert - \rangle \vert^2 = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 0 \rangle \bigr\|^2 = \frac{1}{2}$$

และความน่าจะเป็นที่จะได้ $1$ คือ

$$\frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert + \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert - \rangle \vert^2 = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 1 \rangle \bigr\|^2 = \frac{1}{2}.$$

โดยเฉพาะ เราได้สถิติผลลัพธ์เหมือนกันกับสถานะ $\vert 0\rangle$ และ $\vert 1\rangle$ พอดี

สถานะแบบ probabilistic

สถานะคลาสสิกสามารถแสดงด้วย density matrices โดยเฉพาะ สำหรับแต่ละสถานะคลาสสิก $a$ ของระบบ $\mathsf{X}$ density matrix

$$\rho = \vert a\rangle \langle a \vert$$

แสดงถึง $\mathsf{X}$ ที่อยู่ในสถานะคลาสสิก $a$ อย่างแน่นอน สำหรับ qubit เรามี

$$\vert 0\rangle \langle 0 \vert = \begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix} \quad\text{and}\quad \vert 1\rangle \langle 1 \vert = \begin{pmatrix}0 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix},$$

และโดยทั่วไปเรามี $1$ เดียวบนแนวทแยงในตำแหน่งที่สอดคล้องกับสถานะคลาสสิกที่เราสนใจ โดยรายการอื่นทั้งหมดเป็นศูนย์

จากนั้นเราสามารถนำ convex combinations ของ density matrices เหล่านี้เพื่อแสดงสถานะแบบ probabilistic สมมติว่าชุดสถานะคลาสสิกของเราคือ $\{0,\ldots,n-1\}$ เพื่อความง่าย ถ้า $\mathsf{X}$ อยู่ในสถานะ $a$ ด้วยความน่าจะเป็น $p_a$ สำหรับแต่ละ $a\in\{0,\ldots,n-1\}$ density matrix ที่ได้คือ

$$\rho = \sum_{a = 0}^{n-1} p_a \vert a\rangle \langle a \vert = \begin{pmatrix} p_0 & 0 & \cdots & 0\\ 0 & p_1 & \ddots & \vdots\\ \vdots & \ddots & \ddots & 0\\ 0 & \cdots & 0 & p_{n-1} \end{pmatrix}.$$

ในทางกลับกัน density matrix ที่เป็น diagonal ใดๆ ก็สามารถระบุตัวตนตามธรรมชาติกับสถานะแบบ probabilistic ที่ได้จากการอ่านเวกเตอร์ความน่าจะเป็นออกจากแนวทแยงได้

เพื่อความชัดเจน เมื่อ density matrix เป็น diagonal ไม่ได้หมายความว่าเรากำลังพูดถึงระบบคลาสสิก หรือว่าระบบต้องถูกเตรียมผ่านการเลือกสถานะคลาสสิกแบบสุ่ม แต่ว่าสถานะ อาจ ได้มาจากการเลือกสถานะคลาสสิกแบบสุ่ม

ข้อเท็จจริงที่ว่าสถานะแบบ probabilistic แสดงด้วย density matrices แบบ diagonal สอดคล้องกับสัญชาตญาณที่แนะนำไว้ตอนต้นบทเรียนว่ารายการนอกแนวทแยงอธิบายระดับที่สถานะคลาสสิกสองสถานะที่สอดคล้องกับแถวและคอลัมน์ของรายการนั้นอยู่ใน quantum superposition ที่นี่รายการนอกแนวทแยงทั้งหมดเป็นศูนย์ จึงมีแต่ความสุ่มเชิงคลาสสิกและไม่มีอะไรอยู่ใน quantum superposition

Density matrices และทฤษฎีบท spectral

เราเห็นแล้วว่าถ้าเรานำ convex combination ของสถานะบริสุทธิ์

$$\rho = \sum_{k = 0}^{m-1} p_k \vert \psi_k\rangle \langle \psi_k \vert,$$

เราจะได้ density matrix ทุก density matrix $\rho$ จริงๆ แล้วสามารถแสดงเป็น convex combination ของสถานะบริสุทธิ์แบบนี้ได้ นั่นคือ จะมีคอลเลกชัน unit vectors $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{m-1}\rangle\}$ และเวกเตอร์ความน่าจะเป็น $(p_0,\ldots,p_{m-1})$ ที่ทำให้สมการข้างบนเป็นจริงเสมอ

นอกจากนี้ เราสามารถเลือกจำนวน $m$ ให้สอดคล้องกับจำนวนสถานะคลาสสิกของระบบที่พิจารณา และเลือกเวกเตอร์สถานะควอนตัมให้ตั้งฉากกัน ทฤษฎีบท spectral ที่เราพบในคอร์ส "Foundations of quantum algorithms" ช่วยให้เราสรุปได้ นี่คือการกล่าวซ้ำของทฤษฎีบท spectral เพื่อความสะดวก

ทฤษฎีบท

ทฤษฎีบท spectral: ให้ $M$ เป็นเมทริกซ์เชิงซ้อน normal ขนาด $n\times n$ มีฐาน orthonormal ของเวกเตอร์เชิงซ้อน $n$ มิติ $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{n-1}\rangle \}$ พร้อมกับจำนวนเชิงซ้อน $\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1}$ ที่ทำให้

$$M = \lambda_0 \vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert + \cdots + \lambda_{n-1} \vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert.$$

(ระลึกว่าเมทริกซ์ $M$ เป็น normal ถ้ามันตอบสนอง $M^{\dagger} M = M M^{\dagger}$ หมายความว่า เมทริกซ์ normal คือเมทริกซ์ที่สับเปลี่ยนได้กับ conjugate transpose ของตัวเอง)

เราสามารถนำทฤษฎีบท spectral ไปใช้กับ density matrix $\rho$ ที่กำหนดให้ใดๆ ได้ เพราะ density matrices เป็น Hermitian เสมอและจึงเป็น normal ซึ่งทำให้เราเขียนได้ว่า

$$\rho = \lambda_0 \vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert + \cdots + \lambda_{n-1} \vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert$$

สำหรับฐาน orthonormal $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{n-1}\rangle\}$ บางฐาน ยังคงต้องยืนยันว่า $(\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1})$ เป็นเวกเตอร์ความน่าจะเป็น ซึ่งเราอาจเปลี่ยนชื่อเป็น $(p_0,\ldots,p_{n-1})$ ถ้าต้องการ

ตัวเลข $\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1}$ คือค่าเฉพาะของ $\rho$ และเนื่องจาก $\rho$ เป็น positive semidefinite ตัวเลขเหล่านี้จึงต้องเป็นจำนวนจริงที่ไม่ติดลบ เราสรุปได้ว่า $\lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} = 1$ จากข้อเท็จจริงที่ว่า $\rho$ มี trace เท่ากับ $1$ การไล่รายละเอียดจะให้โอกาสเราชี้ให้เห็นคุณสมบัติสำคัญและมีประโยชน์มากของ trace ดังต่อไปนี้

ทฤษฎีบท

คุณสมบัติ cyclic ของ trace: สำหรับเมทริกซ์ $A$ และ $B$ สองตัวที่ให้เมทริกซ์สี่เหลี่ยม $AB$ จากการคูณ ความเท่าเทียม $\operatorname{Tr}(AB) = \operatorname{Tr}(BA)$ เป็นจริง

สังเกตว่าทฤษฎีบทนี้ใช้ได้แม้ $A$ และ $B$ จะไม่ใช่เมทริกซ์สี่เหลี่ยมเอง นั่นคือ เราอาจมี $A$ ขนาด $n\times m$ และ $B$ ขนาด $m\times n$ สำหรับจำนวนเต็มบวก $n$ และ $m$ บางค่า ดังนั้น $AB$ เป็นเมทริกซ์สี่เหลี่ยมขนาด $n\times n$ และ $BA$ ขนาด $m\times m$

โดยเฉพาะ ถ้าเราให้ $A$ เป็น column vector $\vert\phi\rangle$ และให้ $B$ เป็น row vector $\langle \phi\vert$ เราจะเห็นว่า

$$\operatorname{Tr}\bigl(\vert\phi\rangle\langle\phi\vert\bigr) = \operatorname{Tr}\bigl(\langle\phi\vert\phi\rangle\bigr) = \langle\phi\vert\phi\rangle.$$

ความเท่าเทียมที่สองมาจากข้อเท็จจริงที่ว่า $\langle\phi\vert\phi\rangle$ เป็นสเกลาร์ ซึ่งมองได้เป็นเมทริกซ์ $1\times 1$ ที่ trace คือรายการเดียวของมัน โดยใช้ข้อเท็จจริงนี้ เราสรุปได้ว่า $\lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} = 1$ โดยความเป็นเชิงเส้นของฟังก์ชัน trace

$$\begin{gathered} 1 = \operatorname{Tr}(\rho) = \operatorname{Tr}\bigl(\lambda_0 \vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert + \cdots + \lambda_{n-1} \vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert\bigr)\\[2mm] = \lambda_0 \operatorname{Tr}\bigl(\vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert\bigr) + \cdots + \lambda_{n-1} \operatorname{Tr}\bigl(\vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert\bigr) = \lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} \end{gathered}$$

หรืออีกทางหนึ่ง เราสามารถได้ข้อสรุปเดียวกันโดยใช้ข้อเท็จจริงที่ว่า trace ของเมทริกซ์สี่เหลี่ยม (แม้ตัวที่ไม่ใช่ normal) เท่ากับผลรวมของค่าเฉพาะของมัน

ดังนั้น เราสรุปได้ว่า density matrix $\rho$ ที่กำหนดให้ใดๆ สามารถแสดงเป็น convex combination ของสถานะบริสุทธิ์ เราเห็นด้วยว่านอกจากนี้เรายังสามารถให้สถานะบริสุทธิ์เป็น ตั้งฉากกัน ได้ หมายความว่าโดยเฉพาะ เราไม่จำเป็นต้องให้จำนวน $n$ มากกว่าขนาดของชุดสถานะคลาสสิกของ $\mathsf{X}$

โดยทั่วไป ต้องเข้าใจว่าจะมีวิธีต่างๆ ในการเขียน density matrix เป็น convex combination ของสถานะบริสุทธิ์ ไม่ใช่แค่วิธีที่ทฤษฎีบท spectral ให้มา ตัวอย่างก่อนหน้าแสดงให้เห็น

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \frac{1}{2} \vert +\rangle\langle + \vert = \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\[2mm] \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix}$$

นี่ไม่ใช่ spectral decomposition ของเมทริกซ์นี้ เพราะ $\vert 0\rangle$ และ $\vert + \rangle$ ไม่ตั้งฉากกัน นี่คือ spectral decomposition:

$$\begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\[2mm] \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix} = \cos^2(\pi/8) \vert \psi_{\pi/8} \rangle \langle \psi_{\pi/8}\vert + \sin^2(\pi/8) \vert \psi_{5\pi/8} \rangle \langle \psi_{5\pi/8}\vert,$$

โดยที่ $\vert \psi_{\theta} \rangle = \cos(\theta)\vert 0\rangle + \sin(\theta)\vert 1\rangle$ ค่าเฉพาะเป็นตัวเลขที่น่าจะคุ้นเคย:

$$\cos^2(\pi/8) = \frac{2+\sqrt{2}}{4} \approx 0.85 \quad\text{and}\quad \sin^2(\pi/8) = \frac{2-\sqrt{2}}{4} \approx 0.15.$$

เวกเตอร์เฉพาะสามารถเขียนได้อย่างชัดเจนดังนี้

$$\begin{aligned} \vert\psi_{\pi/8}\rangle & = \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}\vert 0\rangle + \frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2}\vert 1\rangle \\[3mm] \vert\psi_{5\pi/8}\rangle & = -\frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2}\vert 0\rangle + \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}\vert 1\rangle \end{aligned}$$

เป็นตัวอย่างทั่วไปอีกตัวอย่างหนึ่ง สมมติว่า $\vert \phi_0\rangle,\ldots,\vert \phi_{99} \rangle$ เป็นเวกเตอร์สถานะควอนตัมที่แสดงถึงสถานะของ qubit เดียว เลือกโดยอิสระ — จึงไม่สมมติความสัมพันธ์เฉพาะใดๆ ระหว่างเวกเตอร์เหล่านี้ จากนั้นเราอาจพิจารณาสถานะที่ได้จากการเลือกหนึ่งในสถานะ $100$ ตัวเหล่านี้อย่างสม่ำเสมอแบบสุ่ม:

$$\rho = \frac{1}{100} \sum_{k = 0}^{99} \vert \phi_k\rangle\langle \phi_k \vert.$$

เนื่องจากเรากำลังพูดถึง qubit density matrix $\rho$ จึงมีขนาด $2\times 2$ ดังนั้นโดยทฤษฎีบท spectral เราสามารถเขียนได้ว่า

$$\rho = p \vert\psi_0\rangle\langle\psi_0\vert + (1 - p) \vert\psi_1\rangle\langle\psi_1\vert$$

สำหรับจำนวนจริง $p\in[0,1]$ และฐาน orthonormal $\{\vert\psi_0\rangle,\vert\psi_1\rangle\}$ บางฐาน — แต่แน่นอนว่าการมีนิพจน์นี้ไม่ได้ห้ามเราเขียน $\rho$ เป็นค่าเฉลี่ยของสถานะบริสุทธิ์ $100$ ตัวถ้าเราต้องการทำเช่นนั้น